Bài tập amin

Khối lượng bình 2 tăng 21,12 gam \(\to {m_{C{O_2}}} = 21,12gam\,\, \to \,\,{n_{C{O_2}}} = 0,48\,\,mol\)

n_amin = 0,3 mol

\( \to \,\,\bar C = \dfrac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{a\min }}}} = \dfrac{{0,48}}{{0,3}} = 1,6\)

Vậy 2 amin là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂

CH₃NH₂, (CH₃)₂NH, (CH₃)₃N đều có tính bazơ mạnh hơn amoniac → làm xanh giấy quỳ tím

C₆H₅NH₂ không làm đổi màu quỳ

C_nH_2n+3N  $ \to $nCO₂  +  (n+1,5)H₂O    +   0,5 N₂

x                         nx                (n+1,5)x              0,5x

Vì N₂là khí trơ nên dung dịch NaOH chỉ hấp thụ CO₂ và H₂O

=> m_{dd tăng}  =${m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 44n{\rm{x}} + 18x(n + 1,5) = \,\,(62n + 27)x = 24\,\,\,\,(1)$

m_X=(14n+17)x =7,6  (2)

Từ (1) và (2)  =>$\left\{ \begin{array}{l}n{\rm{x}} = 0,3\\x = 0,2\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}n = 1,5\\x = 0,2\end{array} \right.$

Theo định luật BTKL 

$\begin{array}{l}{m_X} + {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} + {m_{{N_2}}} \to 7,6 + 32.{n_{{O_2}}} = 24 + 2,8\\ \to {n_{{O_2}}} = 0,6\,\,mol\end{array}$

Trong không khí : O₂  a mol,  N₂  4a mol

Hỗn hợp Y gồm: ${n_{{O_2}}} = a - 0,6\,\,\,mol;\,\,\,\,{n_{{N_2}}} = 4a + 0,1\,\,\,mol$

$\begin{array}{l}{n_{{O_2}}}:{n_{{N_2}}} = 1:9 \to 9(a - 0,6) = 4{\rm{a}} + 0,1 \to a = 1,1\,mol\\{n_Y} = 1,1 - 0,6 + 4.1,1 + 0,1 = 5mol \to V = 22,4.5 = 112\,\,lit\end{array}$

Công thức chung của ankylamin là C_nH_2n+3N (n\(\ge 1\) )

\(\dfrac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \dfrac{n}{{n + 1,5}}\)

Khi n=1 => a =0,4

Khi \(n \to  + \infty \,\, \Rightarrow a = 1\)

Gọi CTPT của anken là C_nH_2n

CTPT trung bình của 2 amin là \({C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}N\)

PTHH :

\(~{{C}_{n}}{{H}_{2n}}+\dfrac{3n}{2}{{O}_{2}}\to nC{{O}_{2}}+n{{H}_{2}}O\)

a         →          \(\dfrac{{3na}}{2}\)        →    an

\({C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 3}}N + \dfrac{{6\bar m + 3}}{4}{O_2} \to \bar mC{O_2} + \dfrac{{2\bar m + 3}}{2}{H_2}O + \dfrac{1}{2}{N_2}\)

b             →             \(\dfrac{{(6\bar m + 3)b}}{2}\)            →       \(b\bar m\)

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = 0,1 = an + b \bar m\\0,2025 = \dfrac{{3an}}{2} + \dfrac{{(6\bar m + 3)b}}{4}\end{array} \right. \Rightarrow b = 0,07\,\, \Rightarrow \,\,an + 0,07\bar m = 0,1\,\, \Rightarrow \,\,\bar m < 2\)

→ 2 amin là CH₅N và C₂H₇N

C₆H₅NH₂ không làm đổi màu quỳ

CH₃NH₂, (C₂H₅)₂NH có tính bazơ mạnh hơn amoniac → làm quỳ chuyển xanh

NH₄Cl là muối tạo bởi bazơ yếu và axit mạnh → có tính axit → làm quỳ chuyển đỏ

NaOH là bazơ mạnh → làm quỳ chuyển xanh

K₂CO₃ là muối tạo bởi axit yếu và bazơ mạnh → có tính bazơ → làm quỳ chuyển xanh

→ có 5 dung dịch làm quỳ chuyển màu

\({n_{C{O_2}}} = \dfrac{{19,05}}{{22,4}} = 0,85\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}}} = \dfrac{{0,56}}{{22,4}} = 0,025\,\,mol\)

Bảo toàn khối lượng : m_hhA = m_C + m_H + m_N → 0,85.12 + m_H + 0,025.2.14 = 12,95

→ n_H = 2,05 mol \( \to \,\,{n_{{H_2}O}} = \dfrac{{{n_H}}}{2} = 1,025\,\,mol\,\, \to \,\,{m_{{H_2}O}} = 18,45\,\,gam\)

Ta có :\({V_{{H_2}O}}\)= 375 – 175 = 200 ml;  \({V_{C{O_2}}} + {V_{{N_2}}} = 175\,\,ml\)

\({V_{{H_2}O}} - {V_{C{O_2}}} - {V_{{N_2}}} = 25\,\,ml\, = \,\,\dfrac{1}{2}\)n_{hỗn hợp}

→ 2 hiđrocacbon chỉ có thể là anken và V_amin = V_anken = 25 ml

Đặt công thức chung của 2 anken là \({C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 2}}\)

\(\begin{array}{l}{V_{C{O_2}}} = 25\bar n + 3.25 = 25\bar n + 75;\,\,\,\,\,\,\,{V_{{N_2}}} = 0,5.25 = 12,5\\ \to \,\,\,25\bar n + 75 + 12,5 = 175\,\, \to \,\,\bar n = 3,5\end{array}\)

Vậy 2 hiđrocacbon là C₃H₆ và C₄H₈

\({n_{C{O_2}}} = \dfrac{{17,92}}{{22,4}} = 0,8\,\,mol;\,\,{n_{{H_2}O}} = \dfrac{{21,6}}{{18}} = 1,2\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}}} = \dfrac{{123,2}}{{22,4}} = 5,5\,\,mol\)

Gọi CTPT của ancol là C_mH_2m+2O; CTPT của amin là C_nH_2n+3N

n_{không khí} = 6,75 mol \( \to \,\,{n_{{O_2}}} = \dfrac{{6,75}}{5} = 1,35\,\,mol;\,\,{n_{{N_2}(kk)}} = 6,75 - 1,35 = 5,4\,\,mol\)

\(\to {n_{{N_2}}}\)_{sinh ra do amin cháy}  = \({n_{{N_2}}}\)_{thu được} - \({n_{{N_2}(KK)}}\)= 5,5 – 5,4 = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố N :

\({n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} = 2{n_{{N_2}}}\)= 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố O :

\({n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}} = 2.0,8 + 1,2 - 2.1,35 = 0,1\,\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố C : \({n_{C{O_2}}} = n.{n_{{C_n}{H_{2n + 3}}N}} + m.{n_{{C_m}{H_{2m + 2}}O}}\)

→ 0,2n + 0,1m = 0,8 → 2n + m = 8

→ m = 2 và n = 3 phù hợp với đáp án

Vậy CTPT của ancol và amin là C₂H₆O vàC₃H₉N

n_amin = 0,12 mol ; n_X = 0,4 mol

Bảo toàn oxi : 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O => n_H2O = 0,94 mol

TQ : C_nH_2n+3N ; C_mH_2m+2 ; C_tH_2t

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin + n_ankan

=> n_ankan = 0,2 mol => n_anken = 0,08 mol

Bảo toàn C : 0,12n + 0,2m + 0,08t = 0,56

=> n = m = 1 ; t = 3

=> CH₅N ; CH₄ ; C₃H₆

=> %m_C3H6 = 32,6%

Đáp án A, B, D đều là phản ứng thể hiện tính bazơ của amin

Chỉ có đáp án C là phản ứng oxi hóa - khử, không phải là phản ứng axit - bazơ

Đặt công thức của hh 2 amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng là: \({C_{\overline n }}{H_{2\overline n  + 3}}N\)

PTHH: \({C_{\overline n }}{H_{2\overline n  + 3}}N + {O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}\overline n C{O_2} + (\overline n  + 1,5){H_2}O\)

n_CO2(đktc) = 1,568/22,4 = 0,07 (mol)

n_H2O = 1,8/18 = 0,1 (mol)

Ta có: n_amin = (n_H2O – n_CO2)/1,5 = 0,02 (mol)

\(\overline n  = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{n\,a\min }} = \frac{{0,07}}{{0,02}} = 3,5\)

Vì 2 amin đồng đẳng kế tiếp nên CTPT 2 amin là C₃H₉N và C₄H₁₁N

CTCT amin bậc 2 của C₃H₉N: CH₃CH₂-NH-CH₃

CTCT amin bậc 2 của C₄H₁₁N: CH₃-CH₂-CH₂-NH-CH₃; CH₃-CH(CH₃)-NH-CH₃; C₂H₅-NH-C₂H₅

→ Tổng có 4 CTCT thỏa mãn.

NaOH là dung dịch kiềm nên không tác dụng với C₂H₅NH₂

Bảo toàn nguyên tố N có: n_C2H5NH2 = 2n_N2 = 0,1 mol

⟹ m_C2H5NH2 = 0,1.45 = 4,5 gam

Bước 1: C₆H₅NH₂ không tan trong nước nên tách thành 2 lớp

Bước 2: C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

Với C₆H₅NH₃Cl là chất tan tốt trong nước nên dung dịch thu được đồng nhất, trong suốt

Bước 3: NaOH + C₆H₅NH₃Cl → C₆H₅OH + NaCl + H₂O

⟹ C₆H₅NH₂ lại tách lớp với dung dịch

A sai vì bước 2 ống nghiệm không tách lớp

B đúng

C sai vì chỉ tách lớp và tổn tại dạng chất lỏng chứ không có kết tủa rắn

D sai vì CO₂ không phản ứng với C₆H₅NH₃Cl nên không có hiện tượng gì

Dùng bảo toàn khối lượng ta có: m_HCl = m_muối - m_amin = 9,125 (g)

→ n_HCl = 0,25 (mol) → n_Amin = n_HCl = 0,25 mol

Gọi công thức chung của 2 amin có dạng C_xH_2x+3N

→ M_{2 amin} = m : n = 13,35 : 0,25 = 53,4 (g/mol)

⟹ 14x + 3 + 14 = 53,4 ⟹ x = 2,6

Khi đốt hỗn hợp X thì:

C_xH_2x+3N + (1,5x + 0,75) O₂ → xCO₂ + (2x+3)/2 H₂O + ½ N₂

Vậy \(\frac{{{V_{C{O_2}}}}}{{{V_{{H_2}O}}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{{H_2}O}}}} = \frac{x}{{x + 1,5}} = \frac{{2,6}}{{2,6 + 1,5}} = \frac{{26}}{{41}}\)

Ta có: n_CH3NH2 = 6,2/31 = 0,2 mol

PTHH: CH₃NH₂ + 2,25 O₂ → CO₂ + 2,5 H₂O + 0,5 N₂

                0,2 →                        0,2 →   0,5                    (mol)

Bình đựng dung dịch Ca(OH)₂ hấp thụ cả CO₂ và H₂O

⟹ m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 0,2. 44 + 0,5.18 = 17,8 gam

n_CO2 = 6,72 : 22,4 = 0,3 mol; n_H2O = 9,45 : 18 = 0,525 mol; n_N2 = 1,68 : 22,4 = 0,075 mol

Amin no đơn chức mạch hở có dạng C_nH_2n+3N

Bảo toàn nguyên tố O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_O2 = 0,5625 mol

Bảo toàn khối lượng: m_amin + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

→ m_amin = 44.0,3 + 18.0,525 + 28.0,075 - 0,5625.32 = 6,75 gam

Ta có: n_O2 = 0,6 mol; n_CO2­ = 0,3 mol

BTNT O => 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_H2O = 0,6 mol

Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là C_nH_2n+3N

C_nH_2n+3N + (3n/2+3/4) O₂ → nCO₂ + (2n+3)/2 H₂O

=> n_M = (n_H2O - n_CO2)/1,5 = 0,2 mol

Suy ra số nguyên tử C = n_CO2/n_M =0,3: 0,2 = 1,5

=>  X là CH₅N và Y là C₂H₇N (etylamin).

Công thức amin no đơn chức là C_nH_2n+3N

Phản ứng cháy có  n_CO2 : n_H2O = 4 : 7

=> n_C : n_H = 2 : 7 = n : (2n + 3) => n = 2

=> Amin đơn chức là C₂H₇N

Amin bậc 2 => CH₃NHCH₃ (đimetyl amin)